树链剖分

本文的树链剖分指的是长链剖分

Part 1：知识点

树链剖分常用于解决下面的问题：

• 修改树上两点之间的路径上所有点的值。

• 查询树上两点之间的路径上节点权值的和/极值/其它（在序列上可以用数据结构维护，便于合并的信息）。

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下面给出一些定义：

• 重儿子：表示一个节点的子节点中子树最大的子节点。如果有多个子树最大的子节点，取其一。如果没有子节点，就无重子节点。

• 轻儿子：表示剩余的所有子节点。

• 重边：连接一个节点与其重儿子的边。

• 轻边：除重边之外的边。

• 重链：若干条重边相连形成的链。

• 重边：若干条轻边相连形成的链。

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实现

给出一些变量名：

• $fa[x]$：表示节点 $x$ 在树上的父亲

• $dep[x]$：表示节点 $x$ 在树上的深度。

• $siz[x]$ 表示节点 $x$ 的子树的节点个数。

• $son[x]$ 表示节点 $x$ 的重儿子。

• $top[x]$ 表示节点 $x$ 所在重链的顶部节点（深度最小）。

• $dfn[x]$ 表示节点 $x$ 的 $dfn$ 序，也是其在线段树中的编号。

• $num[x]$ 表示 $dfn$ 序所对应的节点编号，有 $num[dfn[x]]=x$。

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树链剖分的实现分为两个 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 的过程：

• 第一个 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$：求出 $fa[x],dep[x],siz[x],son[x]$

void dfs1(int x,int f)
{
	son[x]=-1;  siz[x]=1;  
	dep[x]=dep[f]+1;  fa[x]=f;
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==f)
			continue;
			
		dfs1(y,x);
		siz[x]+=siz[y];
		if(son[x]==-1 || siz[y]>siz[son[x]])
			son[x]=y;
	}
}

//在main函数中
dfs1(rt,0);

• 第二个 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$：求出 $top[x],dfn[x],num[x]$

void dfs2(int x,int t)
{
	top[x]=t;
	dfn[x]=++dfn[0];
	num[dfn[x]]=x;
	if(son[x]==-1)
		return;
	
	dfs2(son[x],t);
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y!=son[x] && y!=fa[x])
			dfs2(y,y);
	}
}

//在main函数中
dfs2(rt,rt);

求出上述变量后，我们可以将树上的每个点依照它们的 $dfn$ 序映射到区间上，再在区间上建立线段树，即可完成许多操作

一些性质

• 树上每个节点都属于且仅属于一条重链。

• 重链开头的结点不一定是重子节点（因为重边是对于每一个结点都有定义的）。

• 重链内的 $dfn$ 序是连续的。

• 一颗子树内的 $dfn$ 序是连续的。

• 若边 $(x,y)$ 是轻边，则 $size[y]\le {\displaystyle \frac{size[x]}{2}}$

因此，对于树上的任意一条路径，把它拆分成从 $lca$ 分别向两边往下走，分别最多走 $O(\log n)$ 次，因此，树上的每条路径都可以被拆分成不超过 $O(\log n)$ 条重链。

Part 2：一些习题

P3384 【模板】重链剖分/树链剖分

要求支持下列操作：

• 1 x y z，表示将树从 $x$ 到 $y$ 结点最短路径上所有节点的值都加上 $z$。

• 2 x y，表示求树从 $x$ 到 $y$ 结点最短路径上所有节点的值之和。

• 3 x z，表示将以 $x$ 为根节点的子树内所有节点值都加上 $z$。

• 4 x，表示求以 $x$ 为根节点的子树内所有节点值之和。

操作 $3,4$ 是典型的树链剖分维护子树。由于子树内的 $dfn$ 序连续，所以直接在区间 $[dfn[x],dfn[x]+siz[x]-1]$ 上进行线段树的区间加和区间查询操作即可

操作 $1,2$ 则是树链剖分维护两点路径。由于重链上的 $dfn$ 序连续，所以每次操作选择深度大的链往上跳，跳的过程中 $O(\log n)$ 地在线段树上更新，直到两点在同一条链为止。单次操作时间复杂度 $O({\log }^{2}n)$

void update(int x,int y,int v)  //操作1
{
	while(top[x]!=top[y])
	{
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
			swap(x,y);
		change(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],v);
		x=fa[top[x]];
	}
	
	if(dep[x]>dep[y])
		swap(x,y);
	change(1,1,n,dfn[x],dfn[y],v);
}

int query(int x,int y)  //操作2
{
	int val=0;
	while(top[x]!=top[y])
	{
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
			swap(x,y);
		(val+=ask(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]))%=mod;
		x=fa[top[x]];
	}
	
	if(dep[x]>dep[y])
		swap(x,y);
	(val+=ask(1,1,n,dfn[x],dfn[y]))%=mod;
	return val;
}

P2146 [NOI2015] 软件包管理器

下载则将 $x$ 到根路径上的所有点赋值成 $1$

卸载则将 $x$ 子树内所有的点赋值成 $0$

输出操作前后 $1$ 的变化量即可

P2590 [ZJOI2008] 树的统计

变成单点修改+区间查询区间和/最大值，不用写懒标记还更简单

P2486 [SDOI2011] 染色

记录四个参数：区间前缀颜色，后缀颜色，颜色段数量、懒标记

合并两个区间时若左区间的后缀等于右区间的前缀就 $-1$

但是这样仍有问题，就是在树剖跳链时无法减去链与链之间的重复计算。考虑在调用线段树函数时顺便记录区间左端点和右端点的颜色，在跳链时进行去重

int ask(int p,int l,int r,int ql,int qr)
{
	if(l==ql)
		lcc=lc(p);
	if(r==qr)
		rcc=rc(p);
	if(ql<=l && qr>=r)
		return sum(p);
		
	spread(p);
	
	int mid=(l+r)>>1,val=0;
	if(ql<=mid)
		val+=ask(p*2,l,mid,ql,qr);
	if(qr>mid)
		val+=ask(p*2+1,mid+1,r,ql,qr);
	
	return val-(ql<=mid && qr>mid? (rc(p*2)==lc(p*2+1)):0);
}
      
int query(int x,int y)
{
	int val=0,xc=0,yc=0;
	while(top[x]!=top[y])
	{
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
			swap(x,y),swap(xc,yc);
		val+=ask(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]);
		x=fa[top[x]];
		if(xc==rcc)
			val--;
		xc=lcc;
	}
	
	if(dep[x]>dep[y])
		swap(x,y),swap(xc,yc);
	val+=ask(1,1,n,dfn[x],dfn[y]);
	if(xc==lcc)
		val--;
	if(yc==rcc)
		val--;
		
	return val;
}

P3313 [SDOI2014] 旅行

一个宗教开一棵线段树，动态开点即可

P5838 [USACO19DEC] Milk Visits G

同上一题一样，一种奶牛开一棵线段树，查询和是否大于 $0$ 即可

P4374 [USACO18OPEN] Disruption P

蕴含一些技巧（套路）的题目

首先发现对于每条树边去匹配额外边不好搞，所以反向考虑每条额外边对于树边的贡献。显然一条额外边 $(x,y)$ 可以对 $x$ 到 $y$ 简单路径上的所有边造成贡献，线段树维护即可

在线段树操作时，还需要边权转点权，一个经典套路是将每条边都转化到儿子上。具体操作时要注意一些小细节，详见代码

void update(int x,int y,int z)
{
	while(top[x]!=top[y])
	{
		if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
			swap(x,y);
		change(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],z);
		x=fa[top[x]];
	}
	
	if(dep[x]>dep[y])
		swap(x,y);
	change(1,1,n,dfn[son[x]],dfn[y],z); //这里是关键一步
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
		g[u[i]].push_back(v[i]);
		g[v[i]].push_back(u[i]);
	}
	
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,1);
	
	build(1,1,n);
	
	for(int i=1; i<=m; i++)
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		update(x,y,z);
	}
	
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		int x=max(dfn[u[i]],dfn[v[i]]); //找儿子
		int ans=ask(1,1,n,x);
		
		if(ans==INF)
			printf("-1\n");
		else
			printf("%d\n",ans);
	}
	
	
	return 0;
}